Conforme a lo solicitado, estoy de destilación y simplificar la información de este enlace:
http://caicedoteaching.wordpress.com/2008/11/18/175-partial-fractions-decomposition-2/
En primer lugar, necesitamos un concepto. Un polinomio irreducible es uno que no puede reducirse, como un producto de menor grado de los polinomios. Estos son los bloques de construcción de todos los polinomios y, como se puede ver con parciales de las fracciones, por lo general puede romper el estudio de compuestos de polinomios en una irreductible. También necesitamos algunos datos. En primer lugar, cualquier polinomio de grado impar tiene una raíz. Intuitivamente, dado un polinomio $p(x)$ si $x$ es grande, entonces podemos simplemente ignorar el orden inferior, $p$ toma algún valor positivo, y si $x$ es muy negativa, entonces la misma cosa que sucede, pero toma un valor negativo (si $p$ incluso habían grado el signo negativo se cancela, nos da nada). Por lo $p$ tiene que pasar a través de cero en algún lugar. En segundo lugar, podemos escribir cualquier polinomio cuadrático como la suma de un cuadrado y de un número real; por ejemplo, $x^2 + 2x + 2 = (x+1)^2 + 1$. Esto es sólo completando el cuadrado. En tercer lugar, cualquier polinomio se puede escribir como el producto de factores lineales y irreductible cuadrática factores. Este no es un resultado trivial, y voy a suponer que usted ha visto en la forma del Teorema Fundamental del Álgebra, pero no voy a demostrarlo. La interpretación aquí es que $q$ es el denominador polinomio estamos buscando, y que realmente puede reducir al caso en que $q$ es un producto de lineales y cuadráticas factores. El caso de que estas son sólo lineal de factores corresponde a la parte 1, donde en el caso de la cuadrática factores es parte de sus otras partes. El "repetido factores" caso de que se caiga de forma natural.
Así, teniendo en cuenta algunas polinomio $q$ se puede escribir como $q(x) = C \cdot \prod_{i=1}^k(x-a_i)^{r_i} \cdot \prod_{i=1}^l ((x+b_i) + c_i)^{s_i}$. Entonces, dado cualquier polinomio $p$ podemos escribir $\frac{p(x)}{q(x)} = \sum_{i=1}^k \left( \sum_{j=1}^{r_i} \frac{a_{i,j}}{(x-a_i)^{r_i}} \right) + \sum_{i=1}^l \left( \sum_{j=1}^{s_i} \frac{b_{i,j}x + c_{i,j}}{((x+b_i)^2+c_i)^j} \right)$. Estoy abusando de la notación un poco, pero sabemos que el doble subíndice $a_{i,j}, b_{i,j},c_{i,j}$ son las constantes que estamos buscando en el método de fracciones parciales, mientras que el único subíndice son los de entrada.
Esto parece complicado, pero es exactamente lo que quieres mostrar. Si $q(x) = (x-1)^2(x^2 + 2x + 2)$, a continuación, todo lo que estamos diciendo es que, por ejemplo, hay el derecho de las constantes para hacer de la igualdad que queremos, $\frac{1}{(x-1)^2(x^2+2x+2)} = \frac{a}{x-1} + \frac{b}{(x-1)^2} + \frac{c}{x^2 + 2x + 2}$, mantener. La interpretación en ese horrible suma es que el interior de sumas de dinero se va por encima de los poderes de cada factor, es decir, de cómo muchas veces los factores que aparecen en $q$, mientras que el exterior va más de los factores sí mismos.
Necesitamos un poco de preparación. En primer lugar, si $p_1$ $p_2$ son polinomios y para cada $x$ tenemos $p_1(x) = p_2(x)$, entonces los coeficientes de los polinomios son iguales. Este es "evidente" y no voy a entrar en él, salvo que se solicite. En segundo lugar, si tenemos polinomios $p_1(x), p_2(x)$, $p_2(x)$ no sólo el cero poylnomial, entonces no son los únicos polinomios $Q(x)$$R(x)$$p_1(x) = Q(x)p_2(x) + R(x)$. El $R$ representa para el resto y el $Q$ por cociente; esto es sólo el polinomio de la división larga. Si usted no ha visto lo puedo explicar, pero por ahora lo voy a dejar estar. En tercer lugar, tenemos el concepto de máximo común divisor. Si $p_1$ $p_2$ son dos polinomios, entonces podemos tomar los factores que tienen en común y tirar en otro polinomio $D$; por ejemplo, si $p_1(x) = (x-1)^2(x^2 + 2x + 2)(x-3)$$p_2(x) = (x-1)^2(x^2 + 1)(x^2 + 2)$$D = (x-1)^2$. A continuación, $D$ se llama máximo común divisor de a $p_1$ $p_2$ o $\gcd(p_1,p_2) = D$.
Cuatro, un teorema. Si $p_1, p_2$ son polinomios y $D$ es su $\gcd$, entonces existen polinomios $q_1, q_2$$p_1Q_1 + p_2q_2 = D$. Es decir, podemos multiplicar y combinar polinomios para obtener su máximo común divisor. Esto se conoce como el Algoritmo de Euclides. Para probar esto, vamos a realmente solo se aplica para la división larga muchas veces. Podemos suponer que el grado de $p_1$ es mayor que la de $p_2$, el cambio de nombre si es necesario. Polinómica de la división nos da $Q_0$$R_0$$p_1 = Q_0p_2 + R$. Si $R_0 = 0$, entonces podemos parar; $p_2$ se divide $p_1$ uniformemente. Si no es cero podemos continuar, encontrando $Q_1, R_1$$p_2 = Q_1R_0 + R_1$. Cada vez, dividimos el dividendo en el paso anterior por el resto del paso anterior para obtener un nuevo resto. Tenemos que parar, finalmente, porque cada vez que el grado del dividendo que va hacia abajo, por lo menos por 1. Cuando deje usted termina para arriba con, digamos, el paso a la derecha antes de terminar de ser $d = fg + h$, y el último paso de ser $f = ih$, y para ilustración de la tercera a la última etapa, como se $b = de + f$. A continuación, podemos utilizar estas ecuaciones para obtener $h = d - fg = d - (b - de)g = \cdots$. Finalmente, este te llevará de vuelta a una ecuación como $h = Ap_1 + Bp_2$. Pero el último paso que hemos tenido, $h$ divide $f$, y, a continuación, $h$ divide $fg$ por el segundo al último paso $h$ divide $d$, y luego por el mismo argumento se divide $b$, e $\cdots$. Finalmente consigue que se divide $p_2$ y, a continuación, $p_1$ por los dos primeros pasos. Pero si $h$ divide tanto de los que entonces ciertamente debe dividir su máximo común divisor, así que $h$ divide $D$. Ahora si $h$ es que faltan algunos de los factores, podemos multiplicar la ecuación de $h = Ap_1 + Bp_1$ por los desaparecidos factores para conseguir lo que queremos. Si es que no faltan algunos de los factores que, a continuación, que es la ecuación que estamos buscando.
Estamos muy cerca de llegar al resultado. Vamos a escribir $q = d_1\ldots d_k$ cuando la $d_i$ son irreductibles y no tienen factores comunes. Básicamente, estamos recibiendo los lineales y cuadráticas términos hablé acerca de los primeros. Si $p$ es cualquier polinomio, debemos ser capaces de escribir $\frac{p}{q} = a_0 + \sum_i \frac{b_i}{d_i}$ cuando la $b_i$ son algunos de los polinomios y $a_0$ es demasiado, pero con el grado de $b_i$ necesariamente menor que el grado de $d_i$. Este tipo de descomposición tiene que ser cierto si queremos parcial de las fracciones para trabajar. Vamos a discutir por inducción sobre el número de factores irreducibles de $q$. Si $q = d_1$, entonces podemos utilizar el polinomio de la división larga para obtener un$b_1$$p = a_0d_1 + b_0$, o más bien $\frac{p}{q} = a_0 + \frac{b_0}{d_1}$. Ahora vamos a pasar a la inducción de paso. Supongamos que el resultado es cierto para $q$ un producto de $m - 1$ polinomios que no tienen factores comunes. Deje $q = d_1\ldots d_m$. Vamos a definir $d = d_2 \ldots d_m$, de modo que el producto de todos los factores, sino el primero. Por supuesto, $d_1$ $d$ no tienen factores comunes, por lo que su máximo común divisor es 1, por lo que el párrafo anterior podemos encontrar algunos de $e,f$$d_1e + df = 1$. A continuación,$\frac{p}{q} = \frac{p\cdot 1}{q} = \frac{ped_1 + pdf}{q} = \frac{ped_1 + pdf}{d_qd} = \frac{pf}{d_1} + \frac{pe}{d}$. Pero asumimos que hemos demostrado que todos los casos de $1,\ldots,m-1$ hasta el momento, así que si se aplica el $m=1$ de los casos el uso de $pf$ $p$ $d_1$ $q$ obtenemos $\frac{pf}{d_1} = l_0 + \frac{b_1}{d_1}$ con el grado de $b_1$ menos que el de $d_1$. La aplicación de la $m = m-1$ de los casos el uso de $pe$ $p$ $d$ $q$ obtenemos $\frac{pe}{d} = k_0 + \sum_{i=2}^m \frac{b_i}{d_i}$. Si se añaden estas obtendrá $\frac{pe}{d} + \frac{pf}{d_1} = (l_0 + k_0) + \sum_i \frac{b_i}{d_i}$$\frac{p}{q} = a_0 + \sum \frac{b_i}{d_i}$. Hemos terminado con esta afirmación.
Ahora, se puede ver cómo aplicar el párrafo anterior para demostrar el resultado? En este caso, $q = \prod (x-a_i){r_i} \prod ((x+b_i)^2+c_i)^{s_i}$, por lo que podemos hacer es dejar que cada factor de $d_i$ ser algo como $(x-a_i)^{r_i}$ o $((x+b_i)^2+c_i)^{s_i}$. Entonces podemos usar el párrafo anterior para obtener $\frac{p}{q} = \sum \frac{b_i}{d_i}$. Supongamos por un segundo que $d_i$ es una potencia de un factor linear. Podemos, utilizando el polinomio de la división larga, escribir $b_i = \alpha_0 + \ldots + \alpha_{r_i}(x-a_i)^{r_i}$. Así, cuando dividimos por $d_i = (x-a_i)^{r_i}$ obtenemos $\frac{b_i}{d_i} = \frac{\alpha_0}{(x-a_i)^{r_i}} + \ldots + \frac{\alpha_{r_i}}{1} = \sum_{j=1}^{r_i} \frac{a_{i,j}}{(x-a_i)^j}$, así como en el enunciado del teorema.
Ahora, si $d_i = ((x + b_i)^2 + c_i)^{s_i}$, exactamente la misma cosa sucede, excepto que no necesariamente tenemos que tener una constante en el numerador. Cuando intenta escribir $b_i = \alpha_0 + \ldots + \alpha_{s_i}((x + b_i)^2 + c_i)^{s_i}$ usted no está totalmente garantizado que se ve exactamente como esta. La razón de esto es que en polinómica de la división, el resto siempre tiene un grado menor que el dividendo. En el caso de un factor linear esto estaba bien; la única cosa inferior lineal es simplemente un número real. Pero en el cuadrática caso se podría acabar con un lineal de los restantes, que nos da el $b_{i,j}x + c_{i,j}$ en el teorema de la declaración.
